1、2016年山西省省际名校联考高考化学押题卷（5月份）一、选择题：本题共7小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1化学在保证人类的生存并不断提高人类的生活质量方面起着重要作用，它与科学、技术、社会、环境密切相关下列有关化学与社会的说法中正确的是（）A淀粉、纤维素及橡胶制品都是天然高分子材料B向牛奶中加人果汁会产生沉淀，这是因为酸碱发生了中和反应C绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理D天然气、沼气和水煤气分别属于化石能源、可再生能源和二次能源2化学是以实验为基础的向然科学化学实验设计和操作时，必须十分重视安全问题和环境保护问题，下列实验问题处理方法不正确的是（
2、）取用白磷切下来的碎片，一定要倒人废液缸中给试管中的液体加热时，不时移动试管或加人碎瓷片，以免暴沸伤人皮肤上不慎沾上硫酸，应立即用水冲洗，并涂上氢氧化钠溶液中和在气体发生装置上直接点燃甲烷时，必需要先检验气体的纯度最简单的方法是用排空 气的方法先收集一试管气体，点燃气体，听爆鸣声配制稀硫酸时，可先在烧杯中加一定体积的水，再边搅拌边加人浓硫酸制氧气时排水法收集氧气后出现倒吸现象，应立即松开试管上的橡皮塞ABCD3设NA为阿伏加德罗常数的值下列叙述中正确的组合是（）含有碳硅键的数目为0.3NA的SiC晶体质量为3g标准状况下，22.4L氩气和氯气混合气体所含原子数为2NA0.2mol的白磷（P4）
3、或甲烷中所含的共价键数均为0.8NA常温下，14g 丁烯和戊烯的混合物中原子总数为3NA电解精炼铜时，若转移的电子数为凡个，则阳极质量减小32g在含Al3+总数为NA的A1C13溶液中，Cl总数为3NAABCD4有机物A的分子式为CaHb02，其中氧的质量分数约为18.6%，A在酸性条件下水解生成B 和C两种有机物且B在一定条件氧化生成C，则A的结构可能有（）A3种B4种C5种D6种5某原电池的装置如图所示，总反应为H2（g）+HgO（s）=H20（1）+Hg（1），其中阴离子交换膜只允许阴离子和水分子通过下列说法正确的是（）A正极反应为：HgO（s）2e+H20=Hg（l）+2OHB放电结束
4、后，溶液中的pH值下降C每反应2.24L氢气，交换膜通过0.2mol离子D电子通过离子交换膜从负极向正极移动，保持溶液中电荷平衡6短周期主族元素X、Y、Z、R原子序数依次增大且最外层电子数之和为18Y、R同主族，短周期中Z原子半径最大，Y最外层电子数是次外层的3倍下列推断正确的是（）A化合物Z2R2中只含有离子键不含共价键B元素Y的简单气态氢化物的热稳定性比R弱C离子半径从大到小的顺序为RZXYD一定条件下，Y单质可以将X单质从其氢化物中置换出来7室温下，将0.1molNaHCO3固体溶于水配成250mL溶液，保持温度不变向溶液中加入下列物质，有关结论正确的是（） 加入的物质结论A少量Ba（O
5、H）2反应结束后，c（CO32）减小B再加入等量Na2CO3溶液中c（CO32）c（HCO3）C 100mLH2O由水电离出的c（H+）c（OH）不变D冰醋酸增大AABBCCDD三、非选择题：（一）必考题8过氧化钙（Ca02）是一种难溶于水的固体无机过氧化物，常温下是白色至淡黄色粉末，无臭、无毒的粉状结晶或颗粒已知Ca02在150时逐渐变为无水Ca02，在350迅速分解生成CaO和02其广泛应用于环境保护、农业、食品、冶金、化工等多个领域其制备过程如下：称取7.5g CaCl22H20（摩尔质量为147g/mol）放入烧杯中，用lOmL蒸馏水溶解；加入25mL30%的H202，边搅拌边滴加5m
6、L浓NH3，H20；控制温度为0的左右，有晶体析出，用冷水洗涤晶体，得到Ca028H20，在150下加热脱水0.5h，转入干燥器中冷却后得到Ca02，称重，计算产率完成下列填空（1）第步反应的化学方程式为（2）第步控制温度为0左右的原因是，在实验室官采取的方法是检验Ca028H20是否洗净的方法是（3）第步称重时其质量为2.63g，产率为%（小数点后保留2位小数）过氧化钠含量的测定称取0.2g样品于250mL锥瓶中，加入50mL水和15mL 2molL1 HC1，振荡使溶解，用O.02molL1的KMn04准溶液滴定到终点消耗KMn04溶液的体积为23.64mL滴定到达终点的现象是滴定过程中的
7、离子方程式为计算Ca02在样品中的纯度%（小数点后保留2位小数）9尿素作为一种中性肥料，适用于各种土壤和植物它易保存，使用方便，对土壤的破坏作用小，是目前使用量较大的一种化学氮肥（1）工业上用氨气和二氧化碳在一定条件下合成尿素CO（NH2）2已知：H2O（l）=H2O（g）H1=+44.0 kJmol1H2NCOONH4（s）=CO（NH2）2（s）+H2O（g）H2=+116.5kJmol12NH3（g）+CO2（g）=H2NCOONH4（s）H3=159.5 kJmol1则反应 2NH3（g）+CO2（g）=CO（NH2）2（s）+H2O（1）的H=kJmol1（2）工业上生产尿素的化学方
8、程式：2NH3（g）+CO2（g）=CO（ NH2）2（ s）+H2O（1）该反应的平衡常数随温度升高而（填“增大”“减小”或“不变”）在一定温度和压强下，设原料气体中的 NH3和CO2的物质的之比（氨炭比） =x图是氣炭比（x）与 CO2平衡转化率a（CO2）的关系a （CO2）随x 的增大而增大的原因是图中A点处，NH3的平衡转化率为在T，体积为10L的密闭容器中，通入6mol NH3和3mol CO2，反应达到平衡时，c（NH3）=0.2molL1，c（CO2）=0.1molL1若保持T和平衡时容器的压强不变，再向体积可变的容器中充入3mol NH3，则此时反应的V正 V逆逆（填“或“=
9、”）再次平衡后，平衡常数为（3）尿素溶液在一定条件下也能除去工业废气中的Cl2，反应产物中有两种无毒无味的气体，写出该反应的化学方程式：10肉桂酸在香精香料、食品添加剂、医药工业、美容、农药、有机合成等方面有着广泛应用某同学查阅资料进行肉桂酸的合成并分析其纯度合成原理和有关数据如下：名称分子量相对密度熔点沸点溶解度苯甲醛1061.0426179.62微溶于水，可混溶于乙醇、乙醚、苯乙酸酐1021.08073.1138.6溶于乙醚，易水解形成乙酸肉桂酸1481.247135300微溶于水，可以溶于苯、丙酮、乙醚、乙醇等在三颈烧瓶中放入1.5mL（0.015mol）新蒸馏过的苯甲醛、4mL（0.0
10、36mol）新蒸馏过的乙酸酐以及研细的2.2g无水醋酸钠，加入23粒沸石，在石棉网上加热回流30min待反应物冷却后，加入10mL温水，改为水蒸气蒸馏蒸出未完全反应完的苯甲醛再将烧瓶冷却，加入l0mL 10%氢氧化钠溶液抽滤，将滤液倾入250mL烧杯中，冷却至室温，在揽拌下用浓盐酸酸化冷却，抽滤，用少量冰水洗涤沉淀，抽干粗产品在空气中晾干，产量约1.5g（1）某同学进行该实验时忘记加沸石，正确的操作为（2）石棉网上冷凝回流时应使用 仪器，回流的作用为（3）加人过暈乙酸酐的目的是（4）加人10%NaOH溶液的作用是（5）冰水洗涤的作用是，粗产品的进一步纯化可采用的方法是（6）肉桂酸的产率为（保留
11、三位有效数字）（二）选考题：【化学-选修2：化学与技术】11高铁酸钾是一种暗紫色、有金属光泽的粉末状晶体，其化学式为K2FeO4作为一种新型高效绿色水处理剂其杀菌机理是通过强烈的氧化作用，破坏细菌的某些结构（如细胞壁、细胞膜）起到杀死菌体的作用，工业上常采用NaClO氧化Fe（NO3）3来生产其工业生产流程如下：（1）反应中氧化剂与还原剂的物质的最之比为：（2）已知流程图中“氧化”步骤，HC1调pH后溶液依然显碱性，写出流程图中“氧化”的化 学反应方程式流程图中“转化”是在某低温下进行的，则该温度下K2FeO4的溶解度Na2FeO4溶解度（填“”或“”或“=”）（3）流程图中“过滤”后需要增加
12、洗涤操作，检验Na2FeO4是否洗净的方法是（4）在“提纯”粗K2FeO4的过程中采用方法，用异丙醇代替水洗涤产品的好处是（5）反应的温度、原料的浓度和配比对高铁酸钾的产率都有影响图1为不同的温度下，Fe（NO3）3的质量浓度对K2FeO4生成率的影响；图2为一定温度下，Fe（NO3）3质量浓度最佳时，NaCIO浓度对K2FeO4生成率的影响工业牛产中最佳温度为，此时Fe（NO3）3与NaClO两种溶液最佳质摄浓度之比为【化学一选修3：物质结构与性质】12研究物质结构与性质及其用途的关系对于化学学科来讲有着重要的意义其研究成果对于工农业生产、科技、能源、材料、社会、环境及人类的生活都起着十分重
13、要的作用I石墨烯是一种二维晶体，人们常见的石墨是由一层层以蜂窝状有序排列的平面碳原 子堆叠而形成的石墨的层间作用力较弱，很容易互相剥离，形成薄薄的石墨片当把石墨片剥成单层之后，这种只有一个碳原子厚度的单层就是石墨烯石墨烯目前最有潜力 的应用是成为硅的替代品，制造超微型晶体管，用来生产未来的超级计算机（1）基态碳原子的核外电子有种不同的能量状态若石墨烯结构中有1molC，则 其含有六元环的数目为（2）与碳同主族的基态锗（Ge）原子的价层电子排布式是Ge的最髙价氧化物分子式是该元素可能的性质或应用有A是一种比较活泼的金属元素B其第一电离能大于同周期的镓（Ga）元素C其单质可作为半导体材料 D其最高
14、价氣化物的沸点高于氣化钠的沸点II（3）工业上冶炼铝不用氯化铝，因为氯化铝易升华，其双聚物AL2CL6结构如图所示lmol该分中含个配位键，该分子（填“是”或“否”）平面型分子（4）科学家研发了一种含铜的农药，其具有低残留的特点，图是该农药的结构简式（5）请分析lmol该结构中键的个数；加“”碳原子的杂化方式为（5）LiCl和KC1晶体结构属于NaCl型，其溶点分别为614和116K+和CL的半径的半径分别为133pm和181pm在电解溶盐LiCl以制取金属锂的生产工艺中，加入适量的 KC1晶体，可使电解槽温度下降至400，从而使生产条件得以改善在KC1晶体中，K+离子占据由C1离子围成的八面
15、体空隙，计算相距最近的八面体空隙中心之间的距离【化学一选修5：有机化学基础】13由苯乙烯经下列反应可得到一系列有机物，已知A和E互为同分异构体流程如下：（1）的反应类型为，B中所含有的官能团的名称为（2）F的结构简式；H的结构简式（3）写出下列反应的化学方程式： （4）A的核磁共振氢谱有组峰，峰面积之比为（5）请写出符合下列条件的F的同分异构体结构简式（任写一种）可与FeCL3溶液能发生显色反应苯环上有三个取代基苯环上的一氯代物有两种2016年山西省省际名校联考高考化学押题卷（5月份）参考答案与试题解析一、选择题：本题共7小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1化学
16、在保证人类的生存并不断提高人类的生活质量方面起着重要作用，它与科学、技术、社会、环境密切相关下列有关化学与社会的说法中正确的是（）A淀粉、纤维素及橡胶制品都是天然高分子材料B向牛奶中加人果汁会产生沉淀，这是因为酸碱发生了中和反应C绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理D天然气、沼气和水煤气分别属于化石能源、可再生能源和二次能源【考点】物质的组成、结构和性质的关系【分析】A橡胶制品不是天然高分子材料；B依据蛋白质聚沉的性质解答；C依据绿色化学核心解答；D天然气是由古代生物在地下发生复杂的变化形成的，沼气是由植物秸秆发酵形成的，水煤气是由C与水蒸气反应生成的【解答】解：A淀粉、纤维素是天然
17、高分子材料，橡胶制品不是天然高分子材料，故A错误；B因牛奶中含有蛋白质，加入果汁能使蛋白质凝聚而沉淀，且牛奶不是酸，则不是酸碱之间的反应，故B错误；C绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染，故C错误；D沼气是由植物秸秆发酵形成的属于可再生能源；天然气是由古代生物在地下发生复杂的变化形成的，属于化石能源；水煤气是由C与水蒸气在高温条件下反应生成的属于二次能源，故D正确；故选：D2化学是以实验为基础的向然科学化学实验设计和操作时，必须十分重视安全问题和环境保护问题，下列实验问题处理方法不正确的是（）取用白磷切下来的碎片，一定要倒人废液缸中给试管中的液体加热时，不时移动试
18、管或加人碎瓷片，以免暴沸伤人皮肤上不慎沾上硫酸，应立即用水冲洗，并涂上氢氧化钠溶液中和在气体发生装置上直接点燃甲烷时，必需要先检验气体的纯度最简单的方法是用排空 气的方法先收集一试管气体，点燃气体，听爆鸣声配制稀硫酸时，可先在烧杯中加一定体积的水，再边搅拌边加人浓硫酸制氧气时排水法收集氧气后出现倒吸现象，应立即松开试管上的橡皮塞ABCD【考点】化学实验安全及事故处理；常见的生活环境的污染及治理【分析】白磷易自燃；加热试管中的液体时，为防止暴沸，可以加入碎瓷片；浓硫酸遇水放热，且酸碱中和放热；根据检验纯度时一氧化碳的收集方法进行分析判断；浓硫酸稀释放热；制取氧气并用排水法收集后出现倒吸现象，可立
19、即松开试管上的橡皮塞【解答】解：白磷易自燃，故取用白磷切下来的碎片，应放回原试剂瓶，故错误；给试管中的液体加热时不时移动试管或加入碎瓷片，可以防止暴沸，故正确；浓硫酸遇水放热，且酸碱中和放热，故当浓硫酸沾到皮肤上时，应先用干抹布擦去，然后用大量水冲洗，最后图上碳酸氢钠溶液，故错误；用排空气法收集的气体不纯净，不能用于检验纯度，应用排水法收集，故错误；浓硫酸稀释放热，故应将浓硫酸注入水中，故正确；制取氧气并用排水法收集后出现倒吸现象，可立即松开试管上的橡皮塞，使倒吸停止，故正确故选A3设NA为阿伏加德罗常数的值下列叙述中正确的组合是（）含有碳硅键的数目为0.3NA的SiC晶体质量为3g标准状况下
20、，22.4L氩气和氯气混合气体所含原子数为2NA0.2mol的白磷（P4）或甲烷中所含的共价键数均为0.8NA常温下，14g 丁烯和戊烯的混合物中原子总数为3NA电解精炼铜时，若转移的电子数为凡个，则阳极质量减小32g在含Al3+总数为NA的A1C13溶液中，Cl总数为3NAABCD【考点】阿伏加德罗常数【分析】1molSiC晶体含4molSiC键；求出标准状况下22.4L氩气和氯气混合气体的物质的量，然后根据氩气为单原子分子、而氯气为双原子分子来分析；白磷（P4）中含6条共价键，而甲烷中含4条共价键；丁烯和戊烯均由CH2构成；电解精炼铜时，阳极放电的不止是铜；Al3+在溶液中会水解【解答】解
21、：1molSiC晶体含4molSiC键，故含0.3NA条硅碳键的SiC的物质的量为0.075mol，则质量为m=0.075mol40g/mol=3g，故正确；标准状况下22.4L氩气和氯气混合气体的物质的量为1mol，而氩气为单原子分子、氯气为双原子分子，故1mol混合气体中原子个数介于NA到2NA之间，故错误；白磷（P4）中含6条共价键，故0.2mol白磷中含1.2NA条共价键，而甲烷中含4条共价键，故0.2mol甲烷中含0.8NA条共价键，故错误；丁烯和戊烯均由CH2构成，故14g混合物中含有的CH2的物质的量为1mol，则含3NA个原子，故正确；电解精炼铜时，阳极放电的不止是铜，还有比铜
22、活泼的金属，故当转移的电子数为NA个时，阳极的质量减少小于32g，故错误；Al3+在溶液中会水解，故当Al3+为NA个时，溶液中的氯离子的个数多于3NA个，故错误故选D4有机物A的分子式为CaHb02，其中氧的质量分数约为18.6%，A在酸性条件下水解生成B 和C两种有机物且B在一定条件氧化生成C，则A的结构可能有（）A3种B4种C5种D6种【考点】有机化合物的异构现象【分析】分子式为CaHbO2的有机物A，通过氧的质量分数约为18.6%，可以计算出A的相对分子质量，A在酸性条件下水解生成有机物B和C，所以A是酯，且只含一个酯基；根据B在一定条件氧化生成C，说明B和C的碳原子数相同，且碳链相同
23、，判断B为醇C为羧酸且B中含有CH2OH结构，以此解答该题【解答】解：分子式为CaHbO2的有机物A，通过氧的质量分数约为18.6%，计算出A的相对分子质量M（A）=172，因相对分子质量为172，其中含有2个氧原子则C和H相对原子质量之和为140，可以推出C原子数为10或者11个，但因为B氧化得到C所以C原子数目应该为10，可以推出A的分子式为C10H20O2由分子式推出A为饱和酯，A在酸性条件下水解生成B 和C两种有机物且B在一定条件氧化生成C，可以得出B为醇C为羧酸，可知B和C碳链相同且且B中含有CH2OH结构，所以本题就变成分析C4H9的同分异构情况，丁基的结构有4种：CCCC，所以A
24、得结构一共有4种，故选B5某原电池的装置如图所示，总反应为H2（g）+HgO（s）=H20（1）+Hg（1），其中阴离子交换膜只允许阴离子和水分子通过下列说法正确的是（）A正极反应为：HgO（s）2e+H20=Hg（l）+2OHB放电结束后，溶液中的pH值下降C每反应2.24L氢气，交换膜通过0.2mol离子D电子通过离子交换膜从负极向正极移动，保持溶液中电荷平衡【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】根据总反应为H2（g）+HgO（s）=H2O（1）+Hg（1），可知氢气在负极失电子发生氧化反应，氧化汞在正极得电子发生还原反应，放电过程中生成水，电解质氢氧化钠溶液的浓度降低，根据负极电极反应
25、式H22e+2OH=2H2O，每反应1mol氢气，转移电子0.2mol，交换膜通过0.2mol离子，电子从负极流出经导线流向正极，不能通过溶液，据此分析解答【解答】解：根据总反应为H2（g）+HgO（s）=H2O（1）+Hg（1），可知氢气在负极失电子发生氧化反应，氧化汞在正极得电子发生还原反应，放电过程中生成水，电解质氢氧化钠溶液的浓度降低，根据负极电极反应式H22e+2OH=2H2O，每反应1mol氢气，转移电子0.2mol，交换膜通过0.2mol离子，电子从负极流出经导线流向正极，不能通过溶液，A氧化汞在正极得电子发生还原反应，故A错误；B放电过程中生成水，电解质氢氧化钠溶液的浓度降低，
26、PH下降，故B正确；C题中没有给出标况，不能计算，故C错误；D电子从负极流出经导线流向正极，不能通过溶液，故D错误；故选B6短周期主族元素X、Y、Z、R原子序数依次增大且最外层电子数之和为18Y、R同主族，短周期中Z原子半径最大，Y最外层电子数是次外层的3倍下列推断正确的是（）A化合物Z2R2中只含有离子键不含共价键B元素Y的简单气态氢化物的热稳定性比R弱C离子半径从大到小的顺序为RZXYD一定条件下，Y单质可以将X单质从其氢化物中置换出来【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】短周期中Z原子半径最大，Z为Na元素，Y最外层电子数是次外层的3倍，应为O元素，Y、R同主族，则R为S元素，短周期
27、主族元素X、Y、Z、R原子序数依次增大且最外层电子数之和为18，可知X的最外层电子数为18661=5，可知X为N元素，以此解答该题【解答】解：短周期中Z原子半径最大，Z为Na元素，Y最外层电子数是次外层的3倍，应为O元素，Y、R同主族，则R为S元素，短周期主族元素X、Y、Z、R原子序数依次增大且最外层电子数之和为18，可知X的最外层电子数为18661=5，可知X为N元素，A化合物Na2S2结构类似过氧化钠，含有共价键，故A错误；B非金属性OS，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故B错误；CO和Na的离子具有相同的核外电子排布，核电荷数越大离子半径越大，故C错误；D氨气在氧气中燃烧可生成氮
28、气和水，故D正确故选D7室温下，将0.1molNaHCO3固体溶于水配成250mL溶液，保持温度不变向溶液中加入下列物质，有关结论正确的是（） 加入的物质结论A少量Ba（OH）2反应结束后，c（CO32）减小B再加入等量Na2CO3溶液中c（CO32）c（HCO3）C 100mLH2O由水电离出的c（H+）c（OH）不变D冰醋酸增大AABBCCDD【考点】盐类水解的应用；离子浓度大小的比较【分析】A加入少量氢氧化钡溶解后和碳酸钠反应生成碳酸钡、碳酸钠溶液；B加入等量的碳酸钠溶解后溶液中碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子水解程度，溶液显碱性；C加入水温度不变，溶液中离子积常数不变；D碳酸氢钠溶液
29、中碳酸氢根离子的电离平衡常数Ka2=，据此分析加入冰醋酸比值的变化【解答】解：A加入少量氢氧化钡溶解后和碳酸钠反应生成碳酸钡、碳酸钠溶液，Ba（OH）2+2NaHCO3=BaCO3+2H2O+Na2CO3，反应后溶液中碳酸根离子浓度增大，故A错误；B加入等量的碳酸钠溶解后溶液中碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子水解程度，溶液显碱性，溶液中c（CO32）c（HCO3），故B正确；C水溶液中存在离子积常数，温度不变，常数不变，加入水稀释促进水解，水电离出的氢离子浓度和氢氧根离子浓度乘积发生改变，故C错误；D碳酸氢钠溶液中碳酸氢根离子电离平衡中的电离平衡常数Ka2=，温度不变Ka2不变，加入醋酸氢离
30、子浓度增大，则比值减小，故D错误；故选B三、非选择题：（一）必考题8过氧化钙（Ca02）是一种难溶于水的固体无机过氧化物，常温下是白色至淡黄色粉末，无臭、无毒的粉状结晶或颗粒已知Ca02在150时逐渐变为无水Ca02，在350迅速分解生成CaO和02其广泛应用于环境保护、农业、食品、冶金、化工等多个领域其制备过程如下：称取7.5g CaCl22H20（摩尔质量为147g/mol）放入烧杯中，用lOmL蒸馏水溶解；加入25mL30%的H202，边搅拌边滴加5mL浓NH3，H20；控制温度为0的左右，有晶体析出，用冷水洗涤晶体，得到Ca028H20，在150下加热脱水0.5h，转入干燥器中冷却后得
31、到Ca02，称重，计算产率完成下列填空（1）第步反应的化学方程式为CaCl2+H2O2+2NH3H2O+6H2O=CaO28H2O+2NH4Cl（2）第步控制温度为0左右的原因是防止高温下H2O2分解，在实验室官采取的方法是冰水浴冷却检验Ca028H20是否洗净的方法是取少量最后一次洗涤上清液，然后向洗涤液中加入少量硝酸酸化的硝酸银溶液，观察溶液是否产生白色沉淀，如果产生白色沉淀就证明没有洗涤干净，否则洗涤干净（3）第步称重时其质量为2.63g，产率为71.66%（小数点后保留2位小数）过氧化钠含量的测定称取0.2g样品于250mL锥瓶中，加入50mL水和15mL 2molL1 HC1，振荡使
32、溶解，用O.02molL1的KMn04准溶液滴定到终点消耗KMn04溶液的体积为23.64mL滴定到达终点的现象是溶液由无色变浅紫红色并且半分钟内不褪色滴定过程中的离子方程式为2MnO4+5CaO2+16H+=5Ca2+2Mn2+5O2+8H2O计算Ca02在样品中的纯度42.55%（小数点后保留2位小数）【考点】制备实验方案的设计【分析】（1）反应为氯化钙与氨水、过氧化氢反应生成CaO28H2O，还应生成氯化铵；（2）第步中H2O2易分解，应控制在低温下反应，可以用冰水混合物冷却；通过检验洗涤液中是否含有氯离子来判断检验“水洗”是否合格；（3）已知反应的反应为CaCl2+H2O2+2NH3H
33、2O+6H2O=CaO28H2O+2NH4Cl，则可以得到物质之间的关系为：CaCl22H20CaCl2CaO28H2O，据此分析；（4）高锰酸根具有强氧化性，能将过氧化钙氧化生成氧气；当高锰酸钾过量时溶液显浅紫红色；根据过氧化钙和高锰酸钾反应的方程式计算过氧化钙的量，进而计算过氧化钙的纯度【解答】解：（1）反应为氯化钙、双氧水、氨气和水，生成为CaO28H2O和氯化铵，反应的化学方程式为：CaCl2+H2O2+2NH3+8H2O=CaO28H2O+2NH4Cl；故答案为：CaCl2+H2O2+2NH3+8H2O=CaO28H2O+2NH4Cl；（2）第步中H2O2易分解，应控制在低温下反应，
34、可以用冰水混合物冷却；溶液中含有大量的氯离子，氯离子会附着在沉淀表面，所以洗液中会含有氯离子，检验“水洗”是否合格的方法是：取少量最后一次洗涤上清液，然后向洗涤液中加入少量硝酸酸化的硝酸银溶液，观察溶液是否产生白色沉淀，如果产生白色沉淀就证明没有洗涤干净，否则洗涤干净，故答案为：取少量最后一次洗涤上清液，然后向洗涤液中加入少量硝酸酸化的硝酸银溶液，观察溶液是否产生白色沉淀，如果产生白色沉淀就证明没有洗涤干净，否则洗涤干净；（3）已知反应的反应为CaCl2+H2O2+2NH3H2O+6H2O=CaO28H2O+2NH4Cl，则可以得到物质之间的关系为：CaCl22H20CaCl2CaO28H2O
35、CaO2，147 727.5g m则m=3.67g，所以产率为100%=71.66%；故答案为：71.66%；（4）高锰酸根是紫红色的离子，当加上最后一滴高锰酸钾，溶液由无色变浅紫红色并且半分钟内不褪色，证明滴定达到了终点，故答案为：溶液由无色变浅紫红色并且半分钟内不褪色；高锰酸根具有强氧化性，能将过氧化钙氧化生成氧气，同时自身被还原为锰离子，即2MnO4+5CaO2+16H+=5Ca2+2Mn2+5O2+8H2O，故答案为：2MnO4+5CaO2+16H+=5Ca2+2Mn2+5O2+8H2O；已知发生的反应2MnO4+5CaO2+16H+=5Ca2+2Mn2+5O2+8H2O，反应消耗高锰
36、酸钾为0.02mol/L0.02364=0.0004728mol，则n（CaO2）=0.0004728mol=0.01182mol，其质量为0.01182mol72g/mol=0.085g，所以Ca02在样品中的纯度100%=42.55%；故答案为：42.55%9尿素作为一种中性肥料，适用于各种土壤和植物它易保存，使用方便，对土壤的破坏作用小，是目前使用量较大的一种化学氮肥（1）工业上用氨气和二氧化碳在一定条件下合成尿素CO（NH2）2已知：H2O（l）=H2O（g）H1=+44.0 kJmol1H2NCOONH4（s）=CO（NH2）2（s）+H2O（g）H2=+116.5kJmol12NH
37、3（g）+CO2（g）=H2NCOONH4（s）H3=159.5 kJmol1则反应 2NH3（g）+CO2（g）=CO（NH2）2（s）+H2O（1）的H=87kJmol1（2）工业上生产尿素的化学方程式：2NH3（g）+CO2（g）=CO（ NH2）2（ s）+H2O（1）该反应的平衡常数随温度升高而减小（填“增大”“减小”或“不变”）在一定温度和压强下，设原料气体中的 NH3和CO2的物质的之比（氨炭比） =x图是氣炭比（x）与 CO2平衡转化率a（CO2）的关系a （CO2）随x 的增大而增大的原因是NH3的量增大，平衡正向移动，则增大CO2的转化率图中A点处，NH3的平衡转化率为32
38、%在T，体积为10L的密闭容器中，通入6mol NH3和3mol CO2，反应达到平衡时，c（NH3）=0.2molL1，c（CO2）=0.1molL1若保持T和平衡时容器的压强不变，再向体积可变的容器中充入3mol NH3，则此时反应的V正 V逆逆（填“或“=”）再次平衡后，平衡常数为250（3）尿素溶液在一定条件下也能除去工业废气中的Cl2，反应产物中有两种无毒无味的气体，写出该反应的化学方程式：CO（NH2）2+H2O+3Cl2=N2+CO2+6HCl【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素【分析】（1）H2O（l）=H2O（g）H1=+44.0 kJmol1H2NCOONH4（s）=
39、CO（NH2）2（s）+H2O（g）H2=+116.5kJmol12NH3（g）+CO2（g）=H2NCOONH4（s）H3=159.5 kJmol1结合盖斯定律计算，+得到反应 2NH3（g）+CO2（g）=CO（NH2）2（s）+H2O（1）的热化学方程式；（2）工业上生产尿素的化学方程式：2NH3（g）+CO2（g）=CO（ NH2）2（ s）+H2O（1），反应为放热反应，温度升高平衡逆向进行；增大反应物浓度，平衡正向进行；依据x含义和图象数据分析结合化学方程式换算氨气转化率2NH3（g）+CO2（g）=CO（ NH2）2（ s）+H2O（1），计算平衡常数，注意物质状态的分析，若保持
40、T和平衡时容器的压强不变，再向体积可变的容器中充入3mol NH3，计算此时浓度商和平衡常数比较判断，平衡常数随温度变化；（3）尿素溶液在一定条件下也能除去工业废气中的Cl2，反应产物中有两种无毒无味的气体为氮气和二氧化碳，结合原子守恒配平书写化学方程式【解答】解：H2O（l）=H2O（g）H1=+44.0 kJmol1H2NCOONH4（s）=CO（NH2）2（s）+H2O（g）H2=+116.5kJmol12NH3（g）+CO2（g）=H2NCOONH4（s）H3=159.5 kJmol1结合盖斯定律计算，+得到反应：2NH3（g）+CO2（g）=CO（NH2）2（s）+H2O（1）的热化
41、学方程式为2NH3（g）+CO2（g）=CO（NH2）2（s）+H2O（1）H=87KJ/mol，故答案为：87；（2）工业上生产尿素的化学方程式：2NH3（g）+CO2（g）=CO（ NH2）2（ s）+H2O（1），反应为放热反应，升温平衡逆向进行，平衡常数减小，故答案为：减小；2NH3 （g）+CO2 （g）CO（NH2）2 （l）+H2O （l），图象分析判断，增大氨气浓度平衡正向进行，二氧化碳转化率增大，故答案为：NH3的量增大，平衡正向移动，则增大CO2的转化率； B点处x=4，原料气中的NH3和CO2的物质的量之比为4，二氧化碳转化率为64%，假设氨气为4mol，二氧化碳为1mo
42、l，则反应的二氧化碳为0.64mol，依据化学方程式2NH3（g）+CO2（g）CO（NH2）2（l）+H2O（l）反应的氨气为1.28mol，NH3的平衡转化率=100%=32%，故答案为：32%；在T，体积为10L的密闭容器中，通入6mol NH3和3mol CO2，反应达到平衡时，c（NH3）=0.2molL1，c（CO2）=0.1molL1 2NH3（g）+CO2（g）CO（NH2）2（l）+H2O（l）起始量（mol/L） 0.6 0.3 0 0平衡量（mol/L） 0.2 0.1 K=250，若保持T和平衡时容器的压强不变，再向体积可变的容器中充入3mol NH3，Qc=40K则此
43、时反应的V正V逆，故答案为：；250；（3）尿素溶液在一定条件下也能除去工业废气中的Cl2，反应产物中有两种无毒无味的气体为氮气和二氧化碳，结合原子守恒配平书写化学方程式为：CO（NH2）2+H2O+3Cl2=N2+CO2+6HCl，故答案为：CO（NH2）2+H2O+3Cl2=N2+CO2+6HCl10肉桂酸在香精香料、食品添加剂、医药工业、美容、农药、有机合成等方面有着广泛应用某同学查阅资料进行肉桂酸的合成并分析其纯度合成原理和有关数据如下：名称分子量相对密度熔点沸点溶解度苯甲醛1061.0426179.62微溶于水，可混溶于乙醇、乙醚、苯乙酸酐1021.08073.1138.6溶于乙醚，
44、易水解形成乙酸肉桂酸1481.247135300微溶于水，可以溶于苯、丙酮、乙醚、乙醇等在三颈烧瓶中放入1.5mL（0.015mol）新蒸馏过的苯甲醛、4mL（0.036mol）新蒸馏过的乙酸酐以及研细的2.2g无水醋酸钠，加入23粒沸石，在石棉网上加热回流30min待反应物冷却后，加入10mL温水，改为水蒸气蒸馏蒸出未完全反应完的苯甲醛再将烧瓶冷却，加入l0mL 10%氢氧化钠溶液抽滤，将滤液倾入250mL烧杯中，冷却至室温，在揽拌下用浓盐酸酸化冷却，抽滤，用少量冰水洗涤沉淀，抽干粗产品在空气中晾干，产量约1.5g（1）某同学进行该实验时忘记加沸石，正确的操作为待反应物冷却后补加沸石（2）石
45、棉网上冷凝回流时应使用球形冷凝管 仪器，回流的作用为提高反应物的转化率（3）加人过暈乙酸酐的目的是提高苯甲醛的转化率（4）加人10%NaOH溶液的作用是保证所有的肉桂酸转化为钠盐而溶解（5）冰水洗涤的作用是洗去肉桂酸中混有的NaCl杂质，同时降低肉桂酸的溶解度减少溶解损失，粗产品的进一步纯化可采用的方法是重结晶（6）肉桂酸的产率为67.6%（保留三位有效数字）【考点】制备实验方案的设计【分析】（1）立即加入沸石会引起爆沸；（2）在蒸馏时用于回流的仪器是球形冷凝管，球形冷凝管能减少反应物的损失；（3）可逆反应中加入一种反应物过量，能提高另一种反应物的转化率；（4）NaOH具有碱性，能和酸反应生成
46、钠盐，从而提高酸的溶解性；（5）NaCl易溶于水，且肉桂酸的溶解度随着温度的降低而减少；从该粗产品中进一步纯化可以采用重结晶的方法；（6）0.015mol肉桂醛完全反应生成肉桂酸需要0.015mol乙酸酐，实际上乙酸酐的物质的量为0.036mol，则乙酸酐过量，生成的肉桂酸的物质的量为0.015mol，肉桂酸的质量=0.015mol148g/mol=2.22g，其产率=【解答】解：（1）立即加入沸石会引起爆沸，从而易产生安全事故，所以应该待反应物冷却后补加沸石，故答案为：待反应物冷却后补加沸石；（2）在蒸馏时用于回流的仪器是球形冷凝管，球形冷凝管能减少反应物的损失，从而提高反应物的转化率，故答
47、案为：球形冷凝管；提高反应物转化率；（3）可逆反应中加入一种反应物过量，能提高另一种反应物的转化率，所以乙酸酐过量的作用是提高苯甲醛的转化率，故答案为：提高苯甲醛的转化率；（4）肉桂酸在水中的溶解度较小，肉桂酸具有酸性，能和NaOH反应生成可溶性的钠盐，从而促进肉桂酸的溶解，故答案为：保证所有的肉桂酸转化为钠盐而溶解；（5）NaCl易溶于水，肉桂酸不易溶于水，且肉桂酸的溶解度随着温度的降低而减少，所以冰水洗涤的作用是洗去肉桂酸中混有的NaCl，同时降低肉桂酸的溶解度而减少溶解损失；从该粗产品中进一步纯化可以采用重结晶的方法，故答案为：洗去肉桂酸中混有的NaCl杂质，同时降低肉桂酸的溶解度减少溶
48、解损失；重结晶；（6）0.015mol肉桂醛完全反应生成肉桂酸需要0.015mol乙酸酐，实际上乙酸酐的物质的量为0.036mol，则乙酸酐过量，生成的肉桂酸的物质的量为0.015mol，肉桂酸的质量=0.015mol148g/mol=2.22g，其产率=67.6%，故答案为：67.6%（二）选考题：【化学-选修2：化学与技术】11高铁酸钾是一种暗紫色、有金属光泽的粉末状晶体，其化学式为K2FeO4作为一种新型高效绿色水处理剂其杀菌机理是通过强烈的氧化作用，破坏细菌的某些结构（如细胞壁、细胞膜）起到杀死菌体的作用，工业上常采用NaClO氧化Fe（NO3）3来生产其工业生产流程如下：（1）反应中
49、氧化剂与还原剂的物质的最之比为：1：1（2）已知流程图中“氧化”步骤，HC1调pH后溶液依然显碱性，写出流程图中“氧化”的化 学反应方程式3NaClO+2Fe（NO3）3+10NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+6NaNO3+5H2O流程图中“转化”是在某低温下进行的，则该温度下K2FeO4的溶解度Na2FeO4溶解度（填“”或“”或“=”）（3）流程图中“过滤”后需要增加洗涤操作，检验Na2FeO4是否洗净的方法是取最后一次洗涤滤液少许于试管，滴加硝酸银和稀硝酸溶液，若没有白色沉淀生成，说明已经洗干净，否则没有洗净（4）在“提纯”粗K2FeO4的过程中采用方法，用异丙醇代替水洗涤产品的好
50、处是降低K2FeO4的溶解度，减小应溶解导致的损失（5）反应的温度、原料的浓度和配比对高铁酸钾的产率都有影响图1为不同的温度下，Fe（NO3）3的质量浓度对K2FeO4生成率的影响；图2为一定温度下，Fe（NO3）3质量浓度最佳时，NaCIO浓度对K2FeO4生成率的影响工业牛产中最佳温度为26，此时Fe（NO3）3与NaClO两种溶液最佳质摄浓度之比为6：5【考点】制备实验方案的设计【分析】根据流程，得到高铁酸钾，工业上常采用NaClO氧化法生产，原理为：向氢氧化钠中通入氯气，可以得到次氯酸钠溶液，调节pH，向其中加入硝酸铁，次氯酸钠可以将之氧化，3NaClO+2Fe（NO3）3+10NaO
51、H=2Na2FeO4+3NaCl+6NaNO3+5H2O，过滤，即可得到高铁酸钠，向其中加入氢氧化钾，可以得到高铁酸钾，即Na2FeO4+2KOH=K2FeO4+2NaOH；（1）反应为氯气与NaOH溶液反应，根据化合价的变化判断氧化剂与还原剂的物质的量之比；（2）次氯酸钠与硝酸铁、氢氧化钠反应生成高铁酸钠和硝酸钠、氯化钠、水；从难溶电解质的沉淀转化的角度分析；（3）溶液中含有氯离子，所以高铁酸钾表面会附着氯离子，则检验洗液中是否含有氯离子即可；（4）减小因溶解导致的损失；（5）寻找最佳温度要具备的条件：该温度下反应速率快，生成高铁酸钾的产率较大两方面【解答】解：根据流程可知，得到高铁酸钾，工
52、业上常采用NaClO氧化法生产，原理为：向氢氧化钠中通入氯气，可以得到次氯酸钠溶液，调节pH，向其中加入硝酸铁，次氯酸钠可以将之氧化，3NaClO+2Fe（NO3）3+10NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+6NaNO3+5H2O，过滤，即可得到高铁酸钠，向其中加入氢氧化钾，可以得到高铁酸钾，即Na2FeO4+2KOH=K2FeO4+2NaOH；（1）反应为氯气与NaOH溶液反应，反应的离子方程式为：Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O，其中氧化剂与还原剂的物质的量之比1：1；故答案为：1：1；（2）次氯酸钠与硝酸铁、氢氧化钠反应生成高铁酸钠和硝酸钠、氯化钠、水，其反应的化学方程式为：3N
53、aClO+2Fe（NO3）3+10NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+6NaNO3+5H2O；根据反应Na2FeO4+2KOH=K2FeO4+2NaOH可知，反应生成溶解度更小的物质，说明该温度下K2FeO4的溶解度Na2FeO4溶解度；故答案为：3NaClO+2Fe（NO3）3+10NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+6NaNO3+5H2O；（3）溶液中含有氯离子，所以高铁酸钾表面会附着氯离子，则检验洗液中是否含有氯离子即可，其操作为取最后一次洗涤滤液少许于试管，滴加硝酸银和稀硝酸溶液，若没有白色沉淀生成，说明已经洗干净，否则没有洗净；故答案为：取最后一次洗涤滤液少许于试管，滴加硝酸
54、银和稀硝酸溶液，若没有白色沉淀生成，说明已经洗干净，否则没有洗净；（4）异丙醇代替水洗涤产品可以降低K2FeO4的溶解度，减小应溶解导致的损失；故答案为：降低K2FeO4的溶解度，减小应溶解导致的损失；（5）寻找最佳温度要具备的条件：该温度下反应速率快，生成高铁酸钾的产率较大两方面，所以工业生产中最佳温度为26，因为在该温度下生成高铁酸钾的产率最大，此时Fe（NO3）3与NaClO两种溶液最佳质量浓度之比为=1.2，即6：5，故答案为：26；6：5【化学一选修3：物质结构与性质】12研究物质结构与性质及其用途的关系对于化学学科来讲有着重要的意义其研究成果对于工农业生产、科技、能源、材料、社会、
55、环境及人类的生活都起着十分重要的作用I石墨烯是一种二维晶体，人们常见的石墨是由一层层以蜂窝状有序排列的平面碳原 子堆叠而形成的石墨的层间作用力较弱，很容易互相剥离，形成薄薄的石墨片当把石墨片剥成单层之后，这种只有一个碳原子厚度的单层就是石墨烯石墨烯目前最有潜力 的应用是成为硅的替代品，制造超微型晶体管，用来生产未来的超级计算机（1）基态碳原子的核外电子有种不同的能量状态若石墨烯结构中有1molC，则 其含有六元环的数目为0.5NA（2）与碳同主族的基态锗（Ge）原子的价层电子排布式是4s24p2Ge的最髙价氧化物分子式是GeBr4该元素可能的性质或应用有BCDA是一种比较活泼的金属元素B其第一
56、电离能大于同周期的镓（Ga）元素C其单质可作为半导体材料 D其最高价氣化物的沸点高于氣化钠的沸点II（3）工业上冶炼铝不用氯化铝，因为氯化铝易升华，其双聚物AL2CL6结构如图所示lmol该分中含2NA个配位键，该分子否（填“是”或“否”）平面型分子（4）科学家研发了一种含铜的农药，其具有低残留的特点，图是该农药的结构简式（5）请分析lmol该结构中键的个数6；加“”碳原子的杂化方式为sp3（5）LiCl和KC1晶体结构属于NaCl型，其溶点分别为614和116K+和CL的半径的半径分别为133pm和181pm在电解溶盐LiCl以制取金属锂的生产工艺中，加入适量的 KC1晶体，可使电解槽温度下
57、降至400，从而使生产条件得以改善在KC1晶体中，K+离子占据由C1离子围成的八面体空隙，计算相距最近的八面体空隙中心之间的距离444pm【考点】晶胞的计算；配合物的成键情况【分析】（1）石墨烯中每个碳原子被3个环共用，所以每个环上有2个碳原子，据此计算六元环个数；（2）根据基态电子排布遵循能量最低原理、泡利不相容原理和洪特规则，以此解答该题；根据主族元素的最高价等于最外层电子数；AGe是一种金属元素，但最外层电子数为4，金属性不强；B同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，但第IIA族和第VA族元素的第一电离能大于相邻元素； C锗单质是一种半导体材料； D组成和结构相似的分
58、子晶体，相对分子质量越小，熔点越低；（3）Al2Cl6结构中Al原子与Cl原子之间形成3个共价键、1个配位键，Al原子杂化轨道数目为4；（4）单键为键，双键含有1个键、1个键；加“*”碳原子形成4个键，没有孤对电子，杂化轨道数目为4；（5）最近的八面体空隙中心之间距离等于2个K+离子之间的距离【解答】解：（1）石墨烯中每个碳原子被3个环共用，所以每个环上有2个碳原子，若石墨烯结构中有1molC，则其含有六元环的数目为0.5NA；故答案为：0.5NA；（2）锗是32号元素，核外有32个电子，基态锗（Ge）原子原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p2，价层电子排布式是4
59、s24p2；Ge的最高价为+4价，Ge的最高价溴化物分子式是GeBr4；AGe是一种金属元素，但最外层电子数为4，金属性不强，故A错误；B镓（Ga）、锗（Ge）处于同一周期，第一电离能锗（Ge）大于镓（Ga），故B正确；C锗单质是一种半导体材料，故C正确； D氯化锗和氯化钠都是分子晶体，但氯化锗的相对分子质量大于氯化钠，所以氯化锗沸点高于氯化钠，故D正确；故选：4s24p2；GeBr4；BCD；（3）Al2Cl6结构中，Al原子与Cl原子之间形成3个共价键、1个配位键，Al原子杂化轨道数目为4，1mol该分子中含2NA个配位键，该分子不是平面型分子，故答案为：2NA；否；（4）1个中含有6个双
60、键，则含有6个键，加“*”碳原子形成4个键，没有孤对电子，杂化轨道数目为4，采取sp3杂化，故答案为：6；sp3；（5）最近的八面体空隙中心之间距离等于2个K+离子之间的距离，（r（K+）+r（C1）2=2=444pm；故答案为：444pm【化学一选修5：有机化学基础】13由苯乙烯经下列反应可得到一系列有机物，已知A和E互为同分异构体流程如下：（1）的反应类型为取代反应，B中所含有的官能团的名称为羟基（2）F的结构简式；H的结构简式（3）写出下列反应的化学方程式：2+O22+2H2O +H2O（4）A的核磁共振氢谱有5组峰，峰面积之比为1：2：2：2：2（5）请写出符合下列条件的F的同分异构体
61、结构简式（任写一种）可与FeCL3溶液能发生显色反应苯环上有三个取代基苯环上的一氯代物有两种【考点】有机物的推断【分析】与HBr发生加成反应可生成、，由转化关系可知A为，E为，则B为，C为，D为，F为，G为，H为，结合对应物质的结构和性质以及题目要求解答该题【解答】解： 与HBr发生加成反应可生成、，由转化关系可知A为，E为，则B为，C为，D为，F为，G为，H为，（1）A为，发生取代反应生成，含有的官能团为羟基，故答案为：取代反应；羟基；（2）由以上分析可知F，H为，故答案为：；（3）B为，含有羟基，在银催化作用下可发生氧化反应生成，反应的化学方程式为2+O22+2H2O，为酯化反应，反应的方程式为+H2O，故答案为：2+O22+2H2O； +H2O；（4）A为，核磁共振氢谱有5组峰，峰面积之比为1：2：2：2：2，故答案为：5；1：2：2：2：2；（5）F为，对应的同分异构体可与FeCL3溶液能发生显色反应，说明含有酚羟基，苯环上有三个取代基，苯环上的一氯代物有两种，说明苯环含有2个甲基，且结构对称，应为，故答案为：2016年12月22日
